2025届高考物理一轮复习第十章电磁感应专题突破1电磁感应中的电路和图象问题教学案沪科版

PAGE17-专题突破1电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题1.电磁感应中电路学问的关系图2.分析电磁感应电路问题的基本思路【典例】如图1所示，由某种粗细匀称的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中。一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦。在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中()图1A.PQ中电流先增大后减小B.PQ两端电压先减小后增大C.PQ上拉力的功领先减小后增大D.线框消耗的电功领先减小后增大【思路点拨】(1)画出PQ从靠近ad处滑向bc过程中的等效电路。(2)当R＝r时，电源的输出功率最大。解析导体棒产生的电动势E＝BLv，画出其等效电路如图，总电阻R总＝R＋eq\f(R左·R右,R左＋R右)＝R＋eq\f(R左（3R－R左）,3R)，在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中，总电阻先增大后减小，总电流先减小后增大，选项A错误；PQ两端的电压为路端电压U＝E－IR，即先增大后减小，选项B错误；拉力的功率等于克服安培力做功的功率，有P安＝BILv，先减小后增大，选项C正确；线框消耗的电功率即为外电阻消耗的功率，外电阻先增大后减小，因外电阻最大值为eq\f(3,4)R，小于内阻R，依据电源的输出功率与外电阻大小的变更关系，外电阻越接近内电阻时，输出功率越大，可知线框消耗的电功领先增大后减小，选项D错误。答案C1.(多选)半径分别为r和2r的同心圆形导轨固定在同一水平面内，一长为r、电阻为R的匀称金属棒AB置于圆导轨上面，BA的延长线通过圆导轨中心O，装置的俯视图如图2所示，整个装置位于一匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，方向竖直向下。在两环之间接阻值为R的定值电阻和电容为C的电容器。金属棒在水平外力作用下以角速度ω绕O逆时针匀速转动，在转动过程中始终与导轨保持良好接触。导轨电阻不计。下列说法正确的是()图2A.金属棒中电流从B流向AB.金属棒两端电压为eq\f(3,4)Bωr2C.电容器的M板带负电D.电容器所带电荷量为eq\f(3,2)CBωr2解析依据右手定则可知金属棒中电流从B流向A，选项A正确；金属棒转动产生的电动势为E＝Breq\f(ωr＋ω·2r,2)＝eq\f(3,2)Bωr2，切割磁感线的金属棒相当于电源，金属棒两端电压相当于电源的路端电压，因而U＝eq\f(R,R＋R)E＝eq\f(3,4)Bωr2，选项B正确；金属棒A端相当于电源正极，电容器M板带正电，选项C错误；由C＝eq\f(Q,U)可得电容器所带电荷量为Q＝eq\f(3,4)CBωr2，选项D错误。答案AB2.(多选)如图3甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具，它在飞起时能够持续发光。某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，半径为L的导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视)。圆环上接有电阻均为r的三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°角。在圆环左半部分张角也为120°角的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面对下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯相连。假设LED灯电阻为r，其他电阻不计，从辐条OP进入磁场起先计时。在辐条OP转过120°的过程中，下列说法中正确的是()图3A.O、P两端电压为eq\f(1,4)BL2ωB.通过LED灯的电流为eq\f(BL2ω,8r)C.整个装置消耗的电能为eq\f(πωB2L4,8r)D.增大磁感应强度可以使LED灯发光时更亮解析辐条OP进入磁场匀速转动时有E＝BLeq\f(ωL,2)，在电路中OP相当于内阻为r的电源，另外两根金属辐条和LED灯并联，故而电路的总电阻R＝eq\f(4r,3)，OP两端的电压为电源的路端电压U＝eq\f(E,R)·eq\f(r,3)＝eq\f(BL2ω,8)，流过LED灯的电流是I＝eq\f(U,r)＝eq\f(BL2ω,8r)，A错误，B正确；整个装置消耗的电能Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(E2,\f(4r,3))·eq\f(1,3)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(πωB2L4,8r)，C正确；由LED灯中电流为I＝eq\f(BL2ω,8r)知，增大角速度、增大磁感应强度、减小辐条的电阻和LED灯的电阻等措施可以使LED灯变得更亮，故D正确。答案BCD电磁感应中的图象问题电磁感应中常见的图象问题分析图象类型(1)随时间变更的图象，如B－t图象、Φ－t图象、E－t图象、I－t图象等(2)随位移变更的图象，如E－x图象、I－x图象等问题类型(1)依据给定的电磁感应过程选出或画出有关的图象(2)依据给定的图象分析电磁感应过程，求解相应的问题常用学问三定则肯定律左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律六个公式(1)法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)(2)导杆平动切割匀强磁场的磁感线产生的感应电动势E＝Blv(3)导杆转动切割匀强磁场的磁感线产生的感应电动势E＝eq\f(1,2)Bl2ω(4)闭合电路欧姆定律I＝eq\f(E,R＋r)(5)安培力F＝BIl(6)牛顿运动定律、运动学的相关公式考向1由“动生”角度衍生的图象问题【典例】(多选)(2024·全国卷Ⅱ，21)如图4，两条光滑平行金属导轨固定，所在平面与水平面夹角为θ，导轨电阻忽视不计。虚线ab、cd均与导轨垂直，在ab与cd之间的区域存在垂直于导轨所在平面的匀强磁场。将两根相同的导体棒PQ、MN先后自导轨上同一位置由静止释放，两者始终与导轨垂直且接触良好。已知PQ进入磁场时加速度恰好为零。从PQ进入磁场起先计时，到MN离开磁场区域为止，流过PQ的电流随时间变更的图象可能正确的是()图4解析PQ刚进入磁场时，加速度为零，则mgsinθ＝BIL，I＝eq\f(mgsinθ,BL)，即电流恒定；且由题意知，MN刚进入磁场时与PQ刚进入磁场时速度相同，产生的感应电动势大小相等。情形1：若MN刚进入磁场时，PQ已离开磁场区域，则对MN，由mgsinθ＝BIL及右手定则知，通过PQ的电流大小不变，方向相反，故I－t图象如图A所示，B、C图错误；情形2：若MN刚进入磁场时，PQ未离开磁场区域，由于两导体棒速度相等，穿过两棒间回路的磁通量不变，产生的电动势为零，故电流为零，但两棒均只在重力作用下加速运动直至PQ离开磁场，此时MN为电源，由E＝BLv，I＝eq\f(E,R总)＞I1，对MN棒：BIL－mgsinθ＝ma知，MN减速，电流减小，可能的I－t图象如图D所示。答案AD考向2由“感生”角度衍生的图象问题教材引领1.[人教版选修3－2·P21·T2]如图5甲，100匝的线圈(图中只画了2匝)两端A、B与一个电压表相连，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变更。图5(1)电压表的读数应当等于多少？(2)请在线圈位置上标出感生电场的方向。(3)A、B两端，哪端应当与电压表标＋号的接线柱(或红接线柱)连接？解析(1)依据图示图象，由法拉第电磁感应定律得感应电动势为：E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝100×eq\f(0.15－0.10,0.1)V＝50V，即电压表的读数为50V。(2)依据楞次定律可知，感应电流的磁场与原磁场方向相反，即垂直纸面对外，由安培定则可知线圈中感应电流方向为逆时针方向，即感生电场方向为逆时针方向，如图所示。(3)磁通量向里增大，由楞次定律可知，A点电势高，B点电势低，A端应当与电压表标＋号的接线柱(或红接线柱)连接。答案(1)50V(2)如解析图所示(3)A端真题闯关2.(多选)(2024·全国卷Ⅰ，20)空间存在一方向与纸面垂直、大小随时间变更的匀强磁场，其边界如图6(a)中虚线MN所示。一硬质细导线的电阻率为ρ、横截面积为S，将该导线做成半径为r的圆环固定在纸面内，圆心O在MN上。t＝0时磁感应强度的方向如图(a)所示；磁感应强度B随时间t的变更关系如图(b)所示。则在t＝0到t＝t1的时间间隔内()图6A.圆环所受安培力的方向始终不变B.圆环中的感应电流始终沿顺时针方向C.圆环中的感应电流大小为eq\f(B0rS,4t0ρ)D.圆环中的感应电动势大小为eq\f(B0πr2,4t0)解析依据楞次定律可知在0～t0时间内，磁感应强度匀称减小，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向左；在t0～t1时间内，磁感应强度反向增大，圆环中感应电流为顺时针方向，所受安培力的方向水平向右，所以A错误，B正确；依据法拉第电磁感应定律，感应电动势大小E＝eq\f(ΔB,Δt)·S′＝eq\f(B0,t0)·eq\f(πr2,2)＝eq\f(πB0r2,2t0)，依据闭合电路欧姆定律知，感应电流的大小I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\f(πB0r2,2t0),ρ\f(2πr,S))＝eq\f(B0rS,4t0ρ)，C正确，D错误。答案BC3.(多选)(2024·全国卷Ⅲ，20)如图7(a)，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦沟通电i，i的变更如图(b)所示，规定从Q到P为电流正方向。导线框R中的感应电动势()图7A.在t＝eq\f(T,4)时为零B.在t＝eq\f(T,2)时变更方向C.在t＝eq\f(T,2)时最大，且沿顺时针方向D.在t＝T时最大，且沿顺时针方向解析因通电导线四周某处的磁感应强度大小正比于电流的大小，故导线框R中磁感应强度与时间的变更关系类似于题图(b)，感应电动势正比于磁感应强度的变更率，即题图(b)中的切线斜率，斜率的正负反映电动势的方向，斜率的肯定值反映电动势的大小。由题图(b)可知，电流为零时，感应电动势最大，电流最大时感应电动势为零，A正确，B错误；再由楞次定律可推断在一个周期内，eq\f(T,4)～eq\f(3T,4)内感应电动势的方向沿顺时针方向，eq\f(T,2)时刻最大，C正确；其余时间段感应电动势沿逆时针方向，D错误。答案AC1.将一段导线绕成如图8甲所示的闭合回路，并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面对里的匀强磁场Ⅰ中。回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ，以向里为磁场Ⅱ的正方向，其磁感应强度B随时间t变更的图象如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力，以水平向右为F的正方向，能正确反映F随时间t变更的图象是()图8解析0～eq\f(T,2)时间内，回路中产生顺时针方向、大小不变的感应电流，依据左手定则可以判定ab边所受安培力向左。eq\f(T,2)～T时间内，回路中产生逆时针方向、大小不变的感应电流，依据左手定则可以判定ab边所受安培力向右，选项B正确。答案B2.如图9甲所示，固定的水平金属导轨足够长且电阻不计。两阻值相同的导体棒ab、cd置于导轨上，棒与导轨垂直且始终保持良好接触。整个装置处在与导轨平面垂直向下的匀强磁场B中。现让导体棒ab以如图乙所示的速度向右运动。导体棒cd始终静止在导轨上，以水平向右为正方向，则导体棒cd所受的静摩擦力f随时间变更的图象是选项中的()图9解析由右手定则可知ab中感应电流的方向向上，由法拉第电磁感应定律得E＝BLv，由欧姆定律得I＝eq\f(BLv,R)。感应电流从上向下流过cd棒，由左手定则可知，产生的安培力向右，大小为F＝BIL＝eq\f(B2L2v,R)，对cd进行受力分析可知，cd棒竖直方向受到重力和轨道的支持力；水平方向受到安培力和摩擦力的作用，由共点力的平衡可得，水平方向受到的摩擦力与安培力大小相等、方向相反，即方向向左，大小为f＝F＝eq\f(B2L2v,R)，可得大小与速度v成正比，与速度的方向相反，故B正确，A、C、D错误。答案B活页作业(时间：40分钟)基础巩固练1.(2024·昌平区质检)如图1所示，由匀称导线制成的半径为R的圆环，以速度v匀速进入一磁感应强度大小为B的匀强磁场。当圆环运动到图示位置(∠aOb＝90°)时，a、b两点的电势差为()图1A.eq\r(2)BRv B.eq\f(\r(2),2)BRvC.eq\f(\r(2),4)BRv D.eq\f(3\r(2),4)BRv解析当圆环运动到图示位置，圆环切割磁感线的有效长度为eq\r(2)R；线框刚进入磁场时，ab边切割磁感线产生的感应电动势为E＝eq\r(2)BRv；线框进入磁场的过程中a、b两点的电势差由欧姆定律得Uab＝eq\f(3,4)E＝eq\f(3\r(2),4)BRv；选项D正确。答案D2.如图2所示，一个有矩形边界的匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面对里。一个三角形闭合导线框，由位置1沿纸面匀速运动到位置2。取线框刚到达磁场边界的时刻为计时起点(t＝0)，规定逆时针方向为电流的正方向，则图中能正确反映线框中电流与时间关系的是()图2解析线框进入磁场的过程，磁通量向里增加，依据楞次定律得知感应电流的磁场向外，由安培定则可知感应电流方向为逆时针，电流i应为正方向，选项B、C错误；线框进入磁场的过程，线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小；线框完全进入磁场的运动过程，磁通量不变，没有感应电流产生。线框穿出磁场的过程，磁通量向里减小，依据楞次定律得知感应电流的磁场向里，由安培定则可知感应电流方向为顺时针，电流i应为负方向；线框有效的切割长度先匀称增大后匀称减小，由E＝BLv，可知感应电动势先匀称增大后匀称减小，选项A正确，D错误。答案A3.(多选)如图3甲所示，光滑“∠”形金属支架ABC固定在水平面上，支架处在垂直于水平面对下的匀强磁场中，一金属导体棒EF放在支架上，用一轻杆将导体棒与墙固定连接，磁感应强度随时间变更的规律如图乙所示，取垂直于水平面对下为正方向，则下列说法中正确的是()图3A.t1时刻轻杆对导体棒的作用力最大B.t2时刻轻杆对导体棒的作用力为零C.t2到t3时间内，轻杆对导体棒的作用力先增大后减小D.t2到t4时间内，轻杆对导体棒的作用力方向不变解析由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知t1时刻感应电动势为零，感应电流为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项A错误；t2时刻感应电动势为最大，感应电流最大，但磁场为零，安培力为零，轻杆对导体棒的作用力为零，故选项B正确；t2到t3时间内，安培力先增大后减小，所以轻杆对导体棒的作用力先增大后减小，故选项C正确；t2到t4时间内，感应电流方向变更，安培力方向变更，则轻杆对导体棒的作用力方向变更，故选项D错误。答案BC4.(多选)如图4所示，线圈匝数为n，横截面积为S，线圈电阻为r，处于一个匀称增加的磁场中，磁感应强度随时间的变更率为k，磁场方向水平向右且与线圈平面垂直，电容器的电容为C，定值电阻的阻值为r。由此可知，下列说法正确的是()图4A.电容器下极板带正电B.电容器上极板带正电C.电容器所带电荷量为eq\f(nSkC,2)D.电容器所带电荷量为nSkC解析依据磁场向右匀称增加，并由楞次定律可知，电容器上极板带正电，选项A错误，B正确；闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路，线圈相当于电源，电容器两极板间的电压等于路端电压，线圈产生的感应电动势为E＝nSeq\f(ΔB,Δt)＝nSk，路端电压U＝eq\f(E,2r)·r＝eq\f(E,2)，则电容器所带电荷量为Q＝CU＝eq\f(nSkC,2)，选项C正确，D错误。答案BC5.(2024·哈尔滨月考)在如图5甲所示的电路中，螺线管匝数n＝1500，横截面积S＝20cm2，螺线管导线电阻r＝1.0Ω，R1＝4.0Ω，R2＝5.0Ω，电容器电容C＝30μF。螺线管内充溢竖直向下的匀强磁场，在一段时间内，磁场的磁感应强度B按图乙所示的规律变更。则下列说法中正确的是()图5A.螺线管中产生的感应电动势为1.5VB.闭合电键，电路中的电流稳定后电容器上极板带正电C.电路中的电流稳定后，电阻R1的电功率为5×10－2WD.电键断开，流经电阻R2的电荷量为1.8×10－5C解析依据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nSeq\f(ΔB,Δt)，代入数据可求出E＝1.2V，选项A错误；依据楞次定律可知，则电流稳定后电容器下极板带正电，选项B错误；依据闭合电路欧姆定律，有I＝eq\f(E,R1＋R2＋r)＝0.12A，依据P＝I2R1求出P＝5.76×10－2W，选项C错误；S断开后，流经R2的电荷量即为S闭合时C板上所带的电荷量Q；电容器两端的电压U＝IR2＝0.6V；流经R2的电荷量Q＝CU＝1.8×10－5C，选项D正确。答案D6.(多选)如图6所示，水平面上固定一个顶角为60°的光滑金属导轨MON，导轨处于磁感应强度大小为B，方向竖直向下的匀强磁场中。质量为m的导体棒CD与∠MON的角平分线垂直，导轨与棒单位长度的电阻均为r。t＝0时刻，棒CD在水平外力F的作用下从O点以恒定速度v0沿∠MON的角平分线向右滑动，在滑动过程中始终保持与导轨良好接触。若棒与导轨均足够长，则()图6A.流过导体棒的电流I始终为eq\f(Bv0,3r)B.F随时间t的变更关系为F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)tC.t0时刻导体棒的发热功率为eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0D.撤去F后，导体棒上能产生的焦耳热为eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解析导体棒的有效切割长度L＝2v0ttan30°，感应电动势E＝BLv0，回路的总电阻R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2v0ttan30°＋\f(2v0t,cos30°)))r，联立可得通过导体棒的电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(Bv0,3r)，选项A正确；导体棒受力平衡，则外力F与安培力平衡，即F＝BIL，得F＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(2,0),9r)t，选项B正确；t0时刻导体棒的电阻为Rx＝2v0t0tan30°·r，则导体棒的发热功率P棒＝I2Rx＝eq\f(2\r(3)B2veq\o\al(3,0),27r)t0，选项C正确；从撤去F到导体棒停下的过程，依据能量守恒定律有Q棒＋Q轨＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0，得导体棒上能产生的焦耳热Q棒＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－Q轨<eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，选项D错误。答案ABC7.(2024·全国卷Ⅱ，18)如图7，在同一水平面内有两根平行长导轨，导轨间存在依次相邻的矩形匀强磁场区域，区域宽度均为l，磁感应强度大小相等、方向交替向上向下。一边长为eq\f(3,2)l的正方形金属线框在导轨上向左匀速运动。线框中感应电流i随时间t变更的正确图线可能是()图7解析设线框运动的速度为v，则线框向左匀速运动第一个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv(d为导轨间距)，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为顺时针；其次个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为零，电流为零；第三个eq\f(l,2v)的时间内，线框切割磁感线运动产生的电动势为E＝2Bdv，电流i＝eq\f(E,R)，回路中电流方向为逆时针，所以D正确。答案D8.如图8甲所示，正三角形硬导线框abc固定在磁场中，磁场方向与线框平面垂直。图乙表示该磁场的磁感应强度B随时间t变更的关系，t＝0时刻磁场方向垂直纸面对里。在0～4t0时间内，线框ab边受到该磁场对它的安培力F随时间t变更的关系图为(规定垂直ab边向左为安培力的正方向)()图8解析0～t0时间内，磁场方向垂直纸面对里，匀称减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，依据楞次定律、法拉第电磁感应定律和欧姆定律可知：流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向左，大小为F＝BIL，匀称减小到零；同理，t0～2t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，匀称增大，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(B0,t0)，流经导线ab的电流I不变，方向从b到a，其受到的安培力方向向右，从零起先匀称增大；2t0～3t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，eq\f(ΔB,Δt)＝0，导线ab不受安培力；3t0～3.5t0时间内，磁场方向垂直纸面对外，匀称减小，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向左，大小为F＝2BIL，即匀称减小到零；3.5t0～4t0时间内，磁场方向垂直纸面对里，匀称增加，eq\f(ΔB,Δt)＝eq\f(2B0,t0)，流经导线ab的电流为2I不变，方向从a到b，其受到的安培力方向向右，大小为F＝2BIL，即从零起先匀称增大，A项正确。答案A综合提能练9.(多选)如图9所示，一个边长为L的正方形线圈置于边界水平的匀强磁场上方L处，磁场宽也为L，方向垂直纸面对里，由静止释放线圈且线圈平面始终与磁场方向垂直。假如从线圈的一条边刚进入磁场起先计时，下列关于通过线圈横截面的电荷量q、感应电流i、线圈运动的加速度a、线圈具有的动能Ek随时间变更的图象中，可能正确的是()图9解析若线圈进入磁场时受到的安培力等于重力，则线圈匀速进入，感应电流恒定，由q＝It可知，通过线圈横截面的电荷量匀称增大，线圈离开时由楞次定律可知，感应电流方向变更，通过的电荷量匀称减小，A项可能；由于线圈通过磁场时，线圈的宽度与磁场的宽度相等，故始终是一条边做切割磁感线运动，且速度不行能减小到零，所以线圈通过磁场的过程中不行能出现感应电流为零的状况，故B项错误；由于线圈进入磁场时重力也可能大于安培力，因此接着做加速运动，但速度增大安培力也增大，则加速度减小，当安培力增大到等于重力时，加速度变为零，故C项可能；假如线圈刚进入磁场时安培力就大于重力，则线圈做减速运动，速度减小则安培力减小，最终可能达到平衡，速度不变，动能不变，故D项可能。答案ACD10.(多选)(2024·全国卷Ⅱ，20)两条平行虚线间存在一匀强磁场，磁感应强度方向与纸面垂直。边长为0.1m、总电阻为0.005Ω的正方形导线框abcd位于纸面内，cd边与磁场边界平行，如图10(a)所示。已知导线框始终向右做匀速直线运动，cd边于t＝0时刻进入磁场。线框中感应电动势随时间变更的图线如图(b)所示(感应电流的方向为顺时针时，感应电动势取正)。下列说法正确的是()图10A.磁感应强度的大小为0.5TB.导线框运动的速度的大小为0.5m/sC.磁感应强度的方向垂直于纸面对外D.在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框所受的安培力大小为0.1N解析由E－t图象可知，线框经过0.2s全部进入磁场，则速度v＝eq\f(l,t)＝eq\f(0.1,0.2)m/s＝0.5m/s，选项B正确；由图象可知，E＝0.01V，依据E＝Blv得，B＝eq\f(E,lv)＝eq\f(0.01,0.1×0.5)T＝0.2T，选项A错误；依据右手定则及正方向的规定可知，磁感应强度的方向垂直于纸面对外，选项C正确；在t＝0.4s至t＝0.6s这段时间内，导线框中的感应电流I＝eq\f(E,R)＝eq\f(0.01,0.005)A＝2A,所受的安培力大小为F＝BIl＝0.2×2×0.1N＝0.04N，选项D错误。答案BC11.(2024·天津理综，12)电磁轨道炮利用电流和磁场的作用使炮弹获得超高速度，其原理可用来研制新武器和航天运载器。电磁轨道炮示意如图11，图中直流电源电动势为E，电容器的电容为C。两根固定于水平面内的光滑平行金属导轨间距为l，电阻不计。炮弹可视为一质量为m、电阻为R的金属棒MN，垂直放在两导轨间处于静止状态，并与导轨良好接触。首先开关S接1，使电容器完全充电。然后将S接至2，导轨间存在垂直于导轨平面、磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，MN起先向右加速运动。当MN上的感应电动势与电容器两极板间的电压相等时，回路中电流为零，MN达到最大速度，之后离开导轨。问：图11(1)磁场的方向；(2)MN刚起先运动时加速度a的大小；(3)MN离开导轨后电容器上剩余的电荷量Q是多少。解析(1)磁场方向垂直于导轨平面对下。(2)电容器完全充电后，两极板间电压为E，当开关S接2时，电容器放电，设刚放电时流经MN的电流为I，有I＝eq\f(E,R)①设MN受到的安培力为F，有F＝IlB②依据牛顿其次定